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1、2020届高考数学专练之自我检测（九）1、设全集，集合则集合( )A.B.C. D. 2、若复数z满足 (i为虚数单位)，则 ()A.1B.2C. D.3、在区间上随机取一个数，则函数在区间上为增函数的概率为（ ） A. B. C. D.4、设为数列的前n项和， ，则数列与的前20项和为（ ）A. B. C. D. 5、函数的导函数的部分图象如图所示，给出下列判断：函数在区间单调递增函数在区间单调递减函数在区间单调递增当时，函数取得极小值当时，函数取得极大值则上述判断中正确的是( )A.B.C.D.6、平面上三个力作用于一点且处于平衡状态，与的夹角为，则大小为( )A.B.C.D.7、母线长为
2、5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为( ) ABCD8、已知F是抛物线的焦点，抛物线C的准线与双曲线的两条渐近线交于两点，若为等边三角形，则的离心率( )A.B.C.D.9、已知函数有唯一零点，则 ( )A. B. C. D. 10、某校有高一、高二、高三三个年级，其人数之比为2：2：1，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为10的样本，现从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为（ ）ABCD11、已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且倾斜角为45的直线分别交双曲线的两条渐近线于点，若(O是坐标原点)，则此双曲线的离心率等于( )A.2B.C.3D.12、已知
3、集合表示的平面区域为，若在区域内任取一点，则点P的坐标满足不等式的概率为（ ）A BCD13、在正方体中，E为棱的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为_.14、若直线，过点，则的最小值为_.15、已知数列，则其前n项的和等于_.16、关于函数，有下列命题:由可得必是的整数倍;的表达式可改写为;的图象关于点对称;的图象关于直线对称.其中正确的命题的序号是_.(把你认为正确的命题序号都填上)17、已知的内角的对边分别为，已知的面积为.(1)求；(2)若求的周长.18、如图， 且且且平面.（1）若为的中点， 为的中点，求证: 平面；（2）求二面角的正弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成的
4、角为，求线段的长.19、如图，设椭圆.(1)求直线被椭圆截得的线段长(用、表示)；(2)若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点，求椭圆离心率的取值范围.20、某中学在“三关心”(即关心家庭、 关心学校、 关心社会) 的专题中， 对个税起征点问题进行了学习调查. 学校决定从高一年级800人， 高二年级1000人， 高三年级800人中按分层抽样的方法共抽取13人进行谈话， 其中认为个税起征点为3000元的有3人， 认为个税起征点为4000元的有6人， 认为个税起征点为5000元的有4人.（1）求高一年级、 高二年级、 高三年级分别抽取多少人；（2）从13人中选出3人， 求至少有1人认为个税起征点
5、为4000元的概率；（3）记从13人中选出3人中认为个税起征点为4000元的人数为X， 求X的分布列与数学期望.21、已知函数在处取得极值.（1）求的值；（2）若有极大值，求在上的最大值.22、在直角坐标系中，直线l的参数方程为，（t为参数，）以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是（1）当时，求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）已知点C的直角坐标为，直线l与曲线C交于两点，当面积最大时，求直线l的普通方程23、设函数（1）解不等式；（2）若对一切实数均成立，求实数的取值范围答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：集合表示不小于2的实数组
6、成的集合，表示小于5 的非负实数组成的集合，所以，表示小于2的实数组成的集合，故，选B. 2答案及解析：答案：C解析：由知，所以，故选C. 3答案及解析：答案：C解析：当时，函数在区间上为增函数，故所求概率为.故C项正确 4答案及解析：答案：A解析：设为数列的前n项和， ，数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，数列的前20项和为. 5答案及解析：答案：D解析：函数在区间内有增有减，故不正确函数在区间有增有减，故不正确函数当时，恒有.正确当时，函数有极大值，故不正确当时，故不正确，故答案为 6答案及解析：答案：C解析：由已知得，则，所以. 7答案及解析：答案：A解析：根据题意，设圆锥侧面展开图
7、的半径为R，圆锥的底面半径为r，圆锥的高为h则圆锥侧面展开图的圆心角所对的弧长为：由得：，则故圆锥的体积为：.综上所述，答案选择：A 8答案及解析：答案：D解析：由题意可得抛物线的焦点为，准线为直线，双曲线的渐近线方程为不妨设点A在第二象限.由等边三角形的性质可知，点A在双曲线的一条渐近线上，则该渐近线方程为，结合双曲线方程可得，则. 9答案及解析：答案：C解析：函数的零点满足，设，当时， ，当时， 函数单调递减，当时， ，函数单调递增，当时，函数取得最小值，设，当时，函数取得最小值，若，函数和没有交点，当时， 时，此时函数和有一个交点，即，故选C. 10答案及解析：答案：C解析：依题意，容量
8、为10的样本中，高一、高二、高三三个年级被抽到的人数分别为4，4，2，则从所抽取样本中选两人做问卷调查，至少有一个是高一学生的概率为.故选：C. 11答案及解析：答案：D解析：在中，O为的中点，所以P是的中点，由得，直线的方程为.设，联立，得；联立得.又P是的中点，所以；即，化简得，则此双曲线的离心率，故选D. 12答案及解析：答案：D解析：则对应的区域为，由，解得，即，由，解得，即，直线与x轴的交点坐标为，则的面积，点P的坐标满足不等式区域面积，则由几何概型的概率公式得点P的坐标满足不等式的概率为. 13答案及解析：答案：解析：如图，连接BE:因为，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线
9、AE与AB所成的角，即 .不妨设正方体的棱长为2，则，由勾股定理得又由平面BCC1B1可得，所以 14答案及解析：答案：解析：由题设可得因为(当且仅当，即时，等号成立)，故的最小值为8. 15答案及解析：答案：解析：由题意可得数列的通项故答案为： 16答案及解析：答案：解析：函数的最小正周期，由相邻两个零点的横坐标间的距离是知错;，知正确;的对称点满足，满足条件，知正确;的对称直线满足;，不满足.故答案为: 17答案及解析：答案：(1)由题设得，即.由正弦定理得.故.(2)由题设及(1)得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为解析： 18答案及解析：答案：(1)依题意，
10、可以建立以为原点，分别以的方向为轴， 轴，轴的正方向的空间直角坐标系(如图)， 可得证明:依题意设为平面的法向量，则即不妨令，可得又可得，又因为直线平面，所以平面(2)解:依题意，可得设为平面的法向量，则即不妨令，可得设为平面的法向量，则即不妨令，可得因此有，于是.所以，二面角的正弦值为.(3)解:设线段的长为则点的坐标为可得.易知， 为平面的一个法向量，故，由题意，可得，解得所以线段的长为.解析： 19答案及解析：答案：(1)设直线被椭圆截得的线段为，由得，故.因此.(2)假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，满足.记直线的斜率分别为，且.由(1)知，故，所以.
11、由得，因此， 因为式关于，的方程有解的充要条件是，所以.因此，任意以点(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为.解析： 20答案及解析：答案：（1）按分层抽样的方法共抽取13人进行谈话，高一年级、高二年级、高三年级分别抽取4人、5人、4人;（2）记“从13人中选出3人，至少有1人认为个税起征点为4000元”为事件，则，从13人中选出3人，求至少有1人认为个税起征点为4000元的概率为;（3）的所有可能取值有，的分布列为0123数学期望 21答案及解析：答案：（1）因为，所以由于在点处取得极值，故有即化简得解得（2）由（1）知，令，得当时， ，故在上为
12、增函数;当时， ，故在上为减函数;当时， ，故在上为增函数.由此可知在处取得极大值在处取得极小值由题设条件知，得此时因此在上的最小值为. 22答案及解析：答案：（1）当时，直线l的参数方程为，消去t得直线l的普通方程为曲线C的极坐标方程是，两边乘以为，由得：，所以曲线C的直角坐标方程为（2）曲线C是以为圆心，2为半径的圆， 当时面积最大此时点C到直线的距离为，所以，解得：，所以直线l的普通方程为 23答案及解析：答案：（1）解法一：当时，解得；当时，解得；当时，解得，综上，原不等式的解集为或 ；解法二：，两边平方整理得，解得或，所以，原不等式的解集为或；（2），当时等号成立，所以 故实数的取值范围为
